MPSI · Applications linéaires

L'anneau des endomorphismes

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Dans toute cette leçon, EE désigne un K\mathbb{K}-espace vectoriel.

Question

Sur L(E)\mathcal{L}(E), on dispose déjà d'une addition qui en fait un espace vectoriel. Mais on peut aussi composer deux endomorphismes, et la composée est encore un endomorphisme : voilà une seconde loi, une sorte de « multiplication ». Additionner et multiplier des objets, c'est exactement ce qu'on fait avec les entiers ou les matrices. Quelle structure algébrique obtient-on alors sur L(E)\mathcal{L}(E) ? Et cette « multiplication » se comporte-t-elle comme celle des nombres — peut-on toujours échanger l'ordre des facteurs ?

L'anneau des endomorphismes

Proposition 1 : Structure d'anneau

(L(E),+,∘)\bigl( \mathcal{L}(E), +, \circ \bigr) est un anneau.

Démonstration :

On sait que (L(E),+)\bigl( \mathcal{L}(E), + \bigr) est un groupe abélien, puisque L(E)\mathcal{L}(E) est un K\mathbb{K}-espace vectoriel. De plus, la composée de deux endomorphismes de EE est un endomorphisme de EE, donc ∘\circ est une loi de composition interne sur L(E)\mathcal{L}(E). Il reste à vérifier les trois points suivants.

  • Associativité. La composition des applications est toujours associative : (f∘g)∘h=f∘(g∘h)(f \circ g) \circ h = f \circ (g \circ h).

  • Élément neutre. On a id⁡E∈L(E)\operatorname{id}_E \in \mathcal{L}(E), et pour tout f∈L(E)f \in \mathcal{L}(E), id⁡E∘f=f∘id⁡E=f\operatorname{id}_E \circ f = f \circ \operatorname{id}_E = f.

  • Distributivité de ∘\circ sur ++. Soient f,g,h∈L(E)f, g, h \in \mathcal{L}(E) et x∈Ex \in E.

    À droite (vrai pour toutes applications) :

    ((f+g)∘h)(x)=(f+g)(h(x))=f(h(x))+g(h(x))=(f∘h+g∘h)(x).\bigl( (f + g) \circ h \bigr)(x) = (f + g)\bigl( h(x) \bigr) = f\bigl( h(x) \bigr) + g\bigl( h(x) \bigr) = \bigl( f \circ h + g \circ h \bigr)(x).

    À gauche (c'est ici qu'intervient la linéarité de ff) :

    (f∘(g+h))(x)=f(g(x)+h(x))=f(g(x))+f(h(x))=(f∘g+f∘h)(x).\bigl( f \circ (g + h) \bigr)(x) = f\bigl( g(x) + h(x) \bigr) = f\bigl( g(x) \bigr) + f\bigl( h(x) \bigr) = \bigl( f \circ g + f \circ h \bigr)(x).

D'où (L(E),+,∘)\bigl( \mathcal{L}(E), +, \circ \bigr) est un anneau.

Cet anneau a une particularité qui le distingue de Z\mathbb{Z} ou R\mathbb{R} : sa « multiplication » n'est pas commutative.

Test 1

Pour tous endomorphismes u,vu, v de EE, on a u∘v=v∘uu \circ v = v \circ u.

Exemple :

Sur le R\mathbb{R}-espace vectoriel R2\mathbb{R}^2, la projection sur l'axe des abscisses p(x,y)=(x,0)p(x,y) = (x, 0) et la rotation d'un quart de tour r(x,y)=(−y,x)r(x,y) = (-y, x) sont deux endomorphismes, et p∘r≠r∘pp \circ r \neq r \circ p. Comment le vérifier ?

Exercice 1 : Deux endomorphismes qui ne commutent pas

On reprend p(x,y)=(x,0)p(x,y) = (x, 0) et r(x,y)=(−y,x)r(x,y) = (-y, x) sur R2\mathbb{R}^2. Déterminer p∘rp \circ r et r∘pr \circ p, et conclure.

Solution :(cliquer pour afficher)

Soit (x,y)∈R2(x,y) \in \mathbb{R}^2. On a :

(p∘r)(x,y)=p(−y,x)=(−y,0),(p \circ r)(x,y) = p(-y, x) = (-y, 0),(r∘p)(x,y)=r(x,0)=(0,x).(r \circ p)(x,y) = r(x, 0) = (0, x).

Ces deux applications sont distinctes : par exemple (p∘r)(1,0)=(0,0)(p \circ r)(1,0) = (0,0) tandis que (r∘p)(1,0)=(0,1)(r \circ p)(1,0) = (0,1). Donc p∘r≠r∘pp \circ r \neq r \circ p : les deux endomorphismes ne commutent pas.

Itérés d'un endomorphisme

Notation :

Soit u∈L(E)u \in \mathcal{L}(E) et k∈Nk \in \mathbb{N}. On note uku^k l'itéré kk-ième de uu pour la composition, défini par :

u0=id⁡Eetuk+1=u∘uk=uk∘u.u^0 = \operatorname{id}_E \qquad \text{et} \qquad u^{k+1} = u \circ u^k = u^k \circ u.

Exemple :

Pour la dérivation D:K[X]⟶K[X]D : \mathbb{K}[X] \longrightarrow \mathbb{K}[X], P⟼P′P \longmapsto P', l'itéré DkD^k est la dérivation kk-ième : Dk(P)=P(k)D^k(P) = P^{(k)}. Comme la dérivation fait chuter le degré de 11, que se passe-t-il si on itère DD sur les polynômes de degré au plus nn ?

Exercice 2 : Nilpotence de la dérivation

Soit n∈Nn \in \mathbb{N}. On considère la dérivation D:Kn[X]⟶Kn[X]D : \mathbb{K}_n[X] \longrightarrow \mathbb{K}_n[X], P⟼P′P \longmapsto P'. Montrer que D n+1=0D^{\,n+1} = 0, et que D n≠0D^{\,n} \neq 0.

Solution :(cliquer pour afficher)

Soit P∈Kn[X]P \in \mathbb{K}_n[X] ; on a deg⁡P⩽n\deg P \leqslant n. En dérivant n+1n+1 fois un polynôme de degré au plus nn, on obtient le polynôme nul : P(n+1)=0P^{(n+1)} = 0. Ainsi :

D n+1(P)=P(n+1)=0pour tout P∈Kn[X],D^{\,n+1}(P) = P^{(n+1)} = 0 \quad \text{pour tout } P \in \mathbb{K}_n[X],

donc D n+1=0D^{\,n+1} = 0.

En revanche D n≠0D^{\,n} \neq 0, car D n(Xn)=(Xn)(n)=n!≠0D^{\,n}(X^n) = (X^n)^{(n)} = n! \neq 0. L'endomorphisme DD est donc nilpotent d'indice n+1n+1.

Le groupe linéaire

Parmi tous les endomorphismes, certains sont bijectifs : les automorphismes. Ce sont exactement les éléments inversibles de l'anneau L(E)\mathcal{L}(E). Quelle structure forment-ils ?

Proposition 2 : Groupe linéaire

L'ensemble des automorphismes de EE, muni de la loi de composition, est un groupe. On l'appelle le groupe linéaire de EE et on le note GL(E)\mathrm{GL}(E).

Démonstration :

Notons GL(E)\mathrm{GL}(E) l'ensemble des automorphismes de EE.

  • L'application id⁡E\operatorname{id}_E est linéaire et bijective, donc id⁡E∈GL(E)\operatorname{id}_E \in \mathrm{GL}(E) ; c'est le neutre pour ∘\circ.
  • Soient u,v∈GL(E)u, v \in \mathrm{GL}(E). La composée u∘vu \circ v est linéaire, et bijective comme composée de deux bijections, donc u∘v∈GL(E)u \circ v \in \mathrm{GL}(E) : la loi ∘\circ est interne sur GL(E)\mathrm{GL}(E).
  • La loi ∘\circ est associative.
  • Soit u∈GL(E)u \in \mathrm{GL}(E). Alors uu est bijective et sa réciproque u−1u^{-1} est linéaire (réciproque d'un isomorphisme), donc u−1u^{-1} est un automorphisme : u−1∈GL(E)u^{-1} \in \mathrm{GL}(E), avec u∘u−1=u−1∘u=id⁡Eu \circ u^{-1} = u^{-1} \circ u = \operatorname{id}_E.

D'où (GL(E),∘)\bigl( \mathrm{GL}(E), \circ \bigr) est un groupe.

Remarque :

  1. id⁡E∈GL(E)\operatorname{id}_E \in \mathrm{GL}(E).
  2. Pour tout u∈GL(E)u \in \mathrm{GL}(E), u−1∈GL(E)u^{-1} \in \mathrm{GL}(E).
  3. Si u∈GL(E)u \in \mathrm{GL}(E), alors uk∈GL(E)u^k \in \mathrm{GL}(E) pour tout k∈Nk \in \mathbb{N}, et on note (uk)−1=u−k(u^k)^{-1} = u^{-k}.

Exercice 3 : Inverse de id − u lorsque u est nilpotent

Soit u∈L(E)u \in \mathcal{L}(E) tel que u n=0u^{\,n} = 0 pour un certain n∈N∗n \in \mathbb{N}^{*}. Montrer que id⁡E−u∈GL(E)\operatorname{id}_E - u \in \mathrm{GL}(E) et que :

(id⁡E−u)−1=id⁡E+u+u2+⋯+u n−1=∑k=0n−1uk.\bigl( \operatorname{id}_E - u \bigr)^{-1} = \operatorname{id}_E + u + u^2 + \dots + u^{\,n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} u^k.
Solution :(cliquer pour afficher)

Posons v=∑k=0n−1uk∈L(E)v = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} u^k \in \mathcal{L}(E). Comme uu commute avec chacun de ses itérés uku^k, l'endomorphisme uu commute avec vv. On calcule, en utilisant la distributivité dans l'anneau L(E)\mathcal{L}(E) :

(id⁡E−u)∘v=v−u∘v=∑k=0n−1uk−∑k=0n−1uk+1=∑k=0n−1uk−∑k=1nuk=u0−u n.\bigl( \operatorname{id}_E - u \bigr) \circ v = v - u \circ v = \sum_{k=0}^{n-1} u^k - \sum_{k=0}^{n-1} u^{k+1} = \sum_{k=0}^{n-1} u^k - \sum_{k=1}^{n} u^k = u^0 - u^{\,n}.

Or u0=id⁡Eu^0 = \operatorname{id}_E et u n=0u^{\,n} = 0, donc (id⁡E−u)∘v=id⁡E\bigl( \operatorname{id}_E - u \bigr) \circ v = \operatorname{id}_E. Le même calcul (télescopage), en plaçant vv à gauche, donne v∘(id⁡E−u)=id⁡Ev \circ \bigl( \operatorname{id}_E - u \bigr) = \operatorname{id}_E.

Ainsi id⁡E−u\operatorname{id}_E - u est inversible, d'inverse vv ; en particulier id⁡E−u∈GL(E)\operatorname{id}_E - u \in \mathrm{GL}(E) et :

(id⁡E−u)−1=∑k=0n−1uk.\bigl( \operatorname{id}_E - u \bigr)^{-1} = \sum_{k=0}^{n-1} u^k.

Homothéties

Définition 1 : Homothétie

Soit λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. L'endomorphisme λid⁡E\lambda \operatorname{id}_E est appelé homothétie de rapport λ\lambda.

Remarque :

Si λ≠0\lambda \neq 0, alors λid⁡E∈GL(E)\lambda \operatorname{id}_E \in \mathrm{GL}(E) et (λid⁡E)−1=1λid⁡E\bigl( \lambda \operatorname{id}_E \bigr)^{-1} = \dfrac{1}{\lambda} \operatorname{id}_E.

Exemple :

Sur C\mathbb{C}, l'application z⟼2zz \longmapsto 2z est l'homothétie de rapport 22.

Exercice 4 : Caractérisation des homothéties

Soit u∈L(E)u \in \mathcal{L}(E) tel que, pour tout x∈Ex \in E, la famille (x, u(x))\bigl( x,\ u(x) \bigr) soit liée. Montrer que uu est une homothétie.

Solution :(cliquer pour afficher)

Pour tout x≠0Ex \neq 0_E, la famille (x,u(x))\bigl( x, u(x) \bigr) est liée avec x≠0Ex \neq 0_E, donc u(x)u(x) est colinéaire à xx : il existe λx∈K\lambda_x \in \mathbb{K} tel que u(x)=λx xu(x) = \lambda_x\, x. Montrons que λx\lambda_x ne dépend pas de xx. Soient x,y∈E∖{0E}x, y \in E \setminus \{0_E\}.

∙\bullet Si (x,y)(x,y) est liée, alors y=μxy = \mu x avec μ≠0\mu \neq 0. On a d'une part u(y)=λy yu(y) = \lambda_y\, y, d'autre part u(y)=μ u(x)=μλx x=λx yu(y) = \mu\, u(x) = \mu \lambda_x\, x = \lambda_x\, y. Donc λy y=λx y\lambda_y\, y = \lambda_x\, y, et comme y≠0Ey \neq 0_E, λx=λy\lambda_x = \lambda_y.

∙\bullet Si (x,y)(x,y) est libre, alors x+y≠0Ex + y \neq 0_E, donc u(x+y)=λx+y(x+y)u(x+y) = \lambda_{x+y}(x+y). Or u(x+y)=u(x)+u(y)=λx x+λy yu(x+y) = u(x) + u(y) = \lambda_x\, x + \lambda_y\, y. Ainsi :

(λx+y−λx) x+(λx+y−λy) y=0E.\bigl( \lambda_{x+y} - \lambda_x \bigr)\, x + \bigl( \lambda_{x+y} - \lambda_y \bigr)\, y = 0_E.

Comme (x,y)(x,y) est libre, λx+y=λx\lambda_{x+y} = \lambda_x et λx+y=λy\lambda_{x+y} = \lambda_y, d'où λx=λy\lambda_x = \lambda_y.

Dans tous les cas λx=λy\lambda_x = \lambda_y : il existe donc λ∈K\lambda \in \mathbb{K} tel que u(x)=λ xu(x) = \lambda\, x pour tout x≠0Ex \neq 0_E. Comme u(0E)=0E=λ 0Eu(0_E) = 0_E = \lambda\, 0_E, on a u=λid⁡Eu = \lambda \operatorname{id}_E : uu est l'homothétie de rapport λ\lambda.